2024牛客多校第6场
6
A Cake (A)
首先假设字符串已经确定，对Oscar而言，由于一份蛋糕可以为空，在两人都尽可能取最大值的情况下，相当于忽略所有空的部分、只根据字符串的某个前缀 \(s'\) 划分蛋糕，按照字符串中0占比最大的前缀平均划分一定是最优的。回到游戏第一步，已知Oscar的目标，Grammy移动时应当让最优 \(s'\) 中0占比尽可能小，而Oscar应使之尽可能大，可用类似树上dp的思路求解。
学习了xht赛时的dfs函数，比我那坨代码好多了······
double dfs(int f, int i, int it, int cnt1, int cnt2, double mx) {
if(v[i].size() == 1 && v[i][0].t == f) return mx;
double ans = it;
for(int j = 0; j < v[i].size(); j++) {
int t = v[i][j].t, k = v[i][j].k;
if(t == f) continue;
int x1 = cnt1 + (1 ^ k), x2 = cnt2 + 1;
if(it) {
ans = min(ans, dfs(i, t, it ^ 1, x1, x2, max(mx, x1 * 1.0 / x2)));
} else {
ans = max(ans, dfs(i, t, it ^ 1, x1, x2, max(mx, x1 * 1.0 / x2)));
}
}
return max(ans, mx);
}
B.Cake 2 (B)
找规律题，似乎xcpc的签到偏爱找规律（）画图观察每块蛋糕的分布位置可得，\(k \leq n/2\) 时，\(ans=n*k+1\)，其中特判 \(k*2=n\) 时 \(ans=n\)；\(k > n / 2\) 时同理考虑 \(n-k\) 即可。（听说可以用欧拉定理证明，但我太菜了不会证）
D.Puzzle: Wagiri (D)
(说起来Wagiri是什么意思呢，好奇)
由无向边的环结构想到边双连通分量，被保留的轮边必须位于某个分量内部；再用类似缩点的思想，将每个边双连通分量当作一个点考虑，被保留的切边恰好将所有点连成一棵树。先对所有轮边计算边双连通分量、再对所有切边计算生成树，最后并查集检验连通性即可。注意边双的代码比缩点多一个对边的特判。
主要代码如下，将不合法边的类型记作-1，便于输出：
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(!dfn[i]) tarjan(i, 0);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(r[col[i]]) f[find(i)] = find(r[col[i]]);
else r[col[i]] = i;
}
int cntm = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int x = e[i].f, y = e[i].t;
if(e[i].id) {
if(find(x) != find(y)) {
f[find(x)] = find(y);
cntm++;
} else {
e[i].id = -1;
}
} else {
if(col[x] != col[y]) {
e[i].id = -1;
} else cntm++;
}
}
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(f[i] == i) cnt++;
}
if(cnt > 1) {
printf("NO");
return 0;
}
printf("YES\n");
printf("%d\n", cntm);
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if(e[i].id >= 0) {
printf("%d %d\n", e[i].f, e[i].t);
}
}
F.Challenge NPC 2 (F)
记节点 \(i\) 连边数量为 \(ind[i]\)，若 \(ind[i] = n - 1\) 时必然无解，因为无法找到补图中的任何一条边、将它连入哈密顿路径中；其他情况则必然有解。
可将森林中的多棵树合并为一棵树考虑，从树的根节点出发，以各节点深度将树“分层”，显然同层或层级差 \(\geq 2\) 的节点间没有连边；先将所有偶数层连接、再将所有奇数层连接，即可构造出一组合法解。为避免不同树合并时出现 \(ind[i] = n - 1\) 情况，应选取每棵树直径的端点依次连接。
注意到层级数 \(x\leq 3\) 时，先偶后奇的构造方案出现问题，因此特判 \(n\leq 3\) 情况，当 \(n\geq 4\) 且不存在 \(ind[i] = n - 1\) 时，连接所有树直径形成的最终直径必然 \(\geq 4\)，以直径一端为根节点开始分层，使 \(x = d\geq 4\)，该方案成立。
特判，之后不需要再考虑无解情况：
if(n == 2) {
if(m) printf("-1\n");
else printf("1 2\n");
continue;
} else if(n == 3) {
if(m == 2) printf("-1\n");
else {
if(v[1].size() == 0) printf("2 1 3\n");
else if(v[2].size() == 0) printf("1 2 3\n");
else printf("1 3 2\n");
}
continue;
}
bool p = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(ind[i] == n - 1) {
printf("-1\n");
p = 1;
break;
}
}
if(p) continue;
dfs常规计算直径，合并后ans分层（似乎ans改叫bfs更贴切来着）
r = o1 = o2 = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(!d[i]) {
o1 = 0;
dfs(0, i);
if(!r) r = o1;
else v[o2].push_back(o1);
o2 = o1, o1 = 0;
dfs(0, o2);
swap(o1, o2);
}
}
ans(0, r, 1);
for(int i = 2; i <= n; i += 2) {
if(l[i].size() == 0) break;
for(int j = 0; j < l[i].size(); j++) {
printf("%d ", l[i][j]);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i += 2) {
if(l[i].size() == 0) break;
for(int j = 0; j < l[i].size(); j++) {
printf("%d ", l[i][j]);
}
}
赛时没想到合并直径，导致分层代码巨大一坨，并且 WA 81pts，哭）
I.Intersecting Intervals (I)
队友最后十分钟交了I题并AC，太强了QwQ
数据范围 \(mn\leq 10^6\)，不能使用 \(m^2\) 一类的算法。考虑dp，行与行之间的dp转移可利用最大值性质做预处理等，目标是将复杂度优化为 \(O(m)\)，使整体复杂度 \(mn\) 符合要求。
\(dp[i][j]\) 表示第 \(i\) 行第 \(j\) 个数必须选择时的最大值，可在转移过程中保证区间相交。假设 \(k\leq j\)，有 \(dp[i][j] = max(dp[i - 1][k] + sum[k][j] + pre[k - 1] + suf[j + 1]\)，其中 \(pre[x],suf[x]\) 分别代表以 \(x\) 结尾/开头的最大前缀/后缀和，可 \(O(m)\) 预处理；若 \(pre[j] > pre[k - 1] + sum[k][j]\)，则必有 \(pre[j] + sum[j + 1][j + x] > pre[k - 1] + sum[k][j + x]\)，故 \(max(pre[k - 1] + sum[k][j])\) 可在dp遍历转移的过程中动态维护；\(suf[j + 1]\) 则仅与 \(j\) 的取值有关。\(k > j\) 时同理计算即可。
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ll sum = 0;
pre[0] = 0;
for(int j = 1; j <= m; j++) {
s[j] = s[j - 1] + a[i][j];
if(sum < 0) sum = 0;
sum += a[i][j]; //注意每行必须选至少一个数，因此sum小于0时先清零再累加
pre[j] = sum;
}
sum = 0;
suf[m + 1] = 0;
for(int j = m; j; j--) {
if(sum < 0) sum = 0;
sum += a[i][j];
suf[j] = sum;
}
ll mx = MIN;
for(int j = 1; j <= m; j++) {
mx = max(mx + a[i][j], dp[i - 1][j] + pre[j]);
dp[i][j] = mx + max(0ll, suf[j + 1]);
}
mx = MIN;
for(int j = m; j; j--) {
mx = max(mx + a[i][j], dp[i - 1][j] + suf[j]);
dp[i][j] = max(dp[i][j], mx + max(0ll, pre[j - 1]));
}
}
ll ans = MIN;
for(int j = 1; j <= m; j++) {
ans = max(ans, dp[n][j]);
}
printf("%lld\n", ans);
lzz做这题的时候我还在被F恶心，他讲的思路没听到一点，赛后好奇他怎么写的，然后发现我看不懂他代码（哭得更大声了）
J题输出规则太阴间了所以没补TAT
